【算法每日一练]-dfs （保姆级教程篇9） #俄罗斯方块 #ABC Puzzle #lnc的工资-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了【算法每日一练]-dfs （保姆级教程篇9） #俄罗斯方块 #ABC Puzzle #lnc的工资。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方，请大家不吝赐教，您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

今日知识点：

两两点匹配问题，注意去重方式的dfs的写法(组内升序即可)

二维图形的状态压缩，存下所有的合法状态然后暴力遍历

dfs的优化剪枝

二项式定理

最大边权和

俄罗斯方块

ABC Puzzle

lnc的工资

最大边权和

318D

题意：给你n个点的带权w的完全无向图（第1个点有n-1条边，第2个点有n-2条……）问你相互没有重点的所有边最大权值和是多少？ n<=16; W<=10^9

举个例子：比如n=4，有(1,2)(1,3)(1,4)(2,3)(2,4)(3,4)的权值。搭配有:(1,2)(3,4)； (1,3)(2,4)； (1,4)(2,3)其中权值和最大的就是答案。

思路：

看似是一道跑图题，实则就是一道配对题（你细品这个完全无向图，在dfs时候完全没有跑图的影子）。如果选了一个点，那么无论匹配那个点，都会导致剩余n-2各点，剩下的点的选择就会越来越少：故有15*13*11*9*7*5*3*1=2027025种答案，暴力完全能过。

先说一下这个dfs函数：

第一：是ans的获取：

每递归一次就获取一次。不用先存起来再求。免去了回溯的存数和删数操作。

第二：是先dfs(u+1,sum)，再if(vis[u]) return 。

顺序不要写反。前面是不选此数（跳过此数去选别的数作为起点）；后面的是此数已被选过，剩余的操作(选取终点)不能再执行。

第三：是for循环中的dfs(u+1,sum+a)。

说明我们是已经去重的，因为u作起点传进来，而for是从u+1开始找终点的。所以终点一定比起点大，就保证了组内的无重复性。然后我们再保证起点u一定是单增的。那么所有组就不可能再有重复的。

void dfs(ll u,ll sum){//u是起点编号，起点编号必须单增。sum和当前权值和。
	ans=max(ans,sum);//处理一次获取一次答案，没必要全部选完后再获取答案
	if(u==n+1)return ;//处理越界：因为下一句就是无条件dfs
	dfs(u+1,sum);//这是当前点不选对应的情况，因为我们题上可能会给出奇数点，必然有个点选不上
	if(vis[u]) return ;
	for(int i=u+1;i<=n;i++){//找到可以匹配的另外点，也就是终点i
		if(vis[i])continue;
		vis[u]=1;vis[i]=1;//起点终点同时被打标记
		dfs(u+1,sum+a[u][i]);//找下一组匹配起点，之所以不从i+1开始递归是因为中间的点也可以和别的点配对的
		vis[u]=0;vis[i]=0;//回溯
	}
}

完整代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,ans,a[18][18],vis[18];
void dfs(ll u,ll sum){//u是层数，sum和当前权值和。没有必要去重，重复就重复吧
	ans=max(ans,sum);//处理一次获取一次答案，没必要全部选完后再获取答案
	if(u==n+1)return ;//处理越界：因为下一句就是无条件dfs
	dfs(u+1,sum);//这是当前点不选对应的情况，因为我们题上可能会给出奇数点，必然有个点选不上
	if(vis[u]) return ;
	for(int i=u+1;i<=n;i++){//找到可以匹配的另外点
		if(vis[i])continue;//是否已经被匹配
		vis[u]=1;vis[i]=1;
		dfs(u+1,sum+a[u][i]);//找下一组匹配点，之所以不从i+1开始递归是因为中间的点也可以和别的点配对的
		vis[u]=0;vis[i]=0;//回溯
	}
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	dfs(1,0);
	cout<<ans;
}

// 请欣赏我的shit代码     千万不要学
void dfs(int u,int cnt){//dfs要一次处理一层，一次处理两层的话，万一一共奇数层怎么办
	ans=max(ans,cnt);
	if(u==n+1)return ;
	int t=1;
	while(vis[t])t++;
	for(int i=t;i<=n;i++){
		if(vis[i])continue;
		vis[i]=1;
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			if(vis[j])continue;
			vis[j]=1;
			dfs(u=1,cnt+a[i][j]);
			vis[j]=0;	
		}
		vis[i]=0;
	}
}

俄罗斯方块

322D

题意：在4*4方格中分别给出3个俄罗斯方块，问是否可以经过旋转，平移操作恰好拼满整个4*4格子？不能重叠和越界。

输入样例：

【算法每日一练]-dfs （保姆级教程篇9） #俄罗斯方块 #ABC Puzzle #lnc的工资,bfsdfs,算法,数据结构,深度优先,图论,c++

样例解释

【算法每日一练]-dfs （保姆级教程篇9） #俄罗斯方块 #ABC Puzzle #lnc的工资,bfsdfs,算法,数据结构,深度优先,图论,c++

思路：

首先是如何存储图形以及变化后的图形，当然不仅要方便变换还要方便最后检查。然后就想到了状态压缩，一共最多16格子，最多需要16位就行。
也就是最大用2^16-1的数字即可表示这种状态，然后对3个俄罗斯方块一一组合遍历看看能否最4*4方格进行平铺。
如何存入状态：4*4每个格子一一对应1~16的位置，有效的格子坐标转换到一维的二进制位置进行更新。（1<<?和二进制数字相或）平移操作就是把所有位置移动一下。旋转不过是对原字符串进行适当变化，然后把所有的变换后的有效状态存下来。
如何遍历结果：将3个状态数字相或，然后看是否全是1即可，判断是否等于1<<(4*4)-1就行
要注意不能有重叠：任意两个状态数字不能相与必须为0

非常好的一道状态压缩题！！！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int SIZE=4;
void rotate(string s[]){//旋转函数（顺时针旋转）
	char tmp[SIZE][SIZE];
	for(int i=0;i<SIZE;i++){
		for(int j=0;j<SIZE;j++){
			tmp[j][SIZE-1-i]=s[i][j];//i为0时：tmp[0,1,2][2]=s[0][0,1,2]
		}//相当于横着的变成竖着的
	}
	for(int i=0;i<SIZE;i++){
		s[i]=string (tmp[i],tmp[i]+SIZE);//string函数：从第一个字符位置开始转换，长度位SIZE
	}
}
bool valid(int x){return x>=0&&x<SIZE;}
int get(string s[],int dx,int dy){
	int ret=0;
	for(int x=0;x<SIZE;x++){
		for(int y=0;y<SIZE;y++){
			if(s[x][y]=='#'){
				int xx=x+dx,yy=y+dy;
				if(!valid(xx)||!valid(yy)){//不能越界，函数重用嘛
					return -1;
				}
				ret |=1<<(xx*4+yy);//xx*4+yy是把每个对应格子给算成数字，然后和ret或运算修改对应位置（有1出1）
			}
		}
	}
	return ret;
}
vector<int>add(){
	vector<int>ret;//用于存放状态
	string s[SIZE];
	for(int i=0;i<SIZE;i++)cin>>s[i];//输入字符阵列
	
	for(int num=0;num<4;num++){//执行四个旋转操作
		for(int dx=-3;dx<=3;dx++){//执行平移操作，要注意的是不仅要向右平移，还要向左平移
			for(int dy=-3;dy<=3;dy++){//向上和下平移
				int v=get(s,dx,dy);//用一个数字来存下次时旋转和平移后的结果（1~16个1的状态，只需要16位即可最多2^16-1）
				if(v>=0){ret.push_back(v);
				}
			}
		}
		rotate(s);//旋转一下
	}
	return ret;//返回这个俄罗斯方块对应的全部状态
}
int main(){
	vector<int>mask[3];
	for(int id=0;id<3;id++){
		mask[id]=add();//输入字符阵列，获取四个方向，所有平移结果的状态数字，存入mask中
	}
	for(int x:mask[0]){//检查所有的情况有没有能成立的
		for(int y:mask[1]){
			for(int z:mask[2]){
				if((x|y|z)+1!=(1<<SIZE*SIZE))continue;//x|y|z就可以把1的位置全部标出来（要等于2^16-1嘛）
				if(x&y)continue;
				if(x&z)continue;
				if(z&y)continue;
				cout<<"Yes\n";
				return 0;
			}
		}
	}
	cout<<"No\n";
}

ABC Puzzle

326D

题意：给两个长n的仅由ABC组成的字符串s1，s2，是否在n*n阵列中满足以下条件，若满足则输出，不满足输出No

条件1：每行每列仅包含一个A，一个B，一个C （3<=n<=5）
条件2：第i行最左边的字符恰好是s1的第i个字符
条件3：第i列最上边的字符恰好是s2的第i个字符
输入样例：输出样例：
5 Yes
ABCBC AC..B
ACAAB .BA.C
C.BA.
BA.C.
..CBA
思路：

一道比较恶心的dfs题。

说一下dfs思路吧：

依次放每个格子可以放. 也可以放A或B或C这四种选择。然后全部放完就检查一下即可。因为走错就要回溯，这最大妥妥的4^25根本过不去。首先主要到每行每列最多两个. 那么就要加以剪枝。

设置cnt[0][i][?]表示第i行已经有几个. 字符，cnt[1][i][?]对应第i列已经有几个. 字符？（剪枝1）

if(cnt[0][x]['.']<n-3&&cnt[1][y]['.']<n-3){//这是放"."的情况，每行列最多放两个，因为只放一次，所以if语句即可
	an[x][y]='.';
	cnt[0][x]['.']++;cnt[1][y]['.']++;
	dfs(x,y+1);
	cnt[0][x]['.']--;cnt[1][y]['.']--;
	}

然后是放置3种字母。首先是看看同行是否已经有该字符。同样设置cnt[0][x][c]代表第x行是否有该字符，cnt[1][y][c]代表第y行是否有该字符。（剪枝2）

接着是看是否和原字符串的对应位置匹配。第一个字符串对应x行，第二个字符串对应y列，我们如果swap后如果传入的是s[0][x]是0，那么自动返回1，这种情况就对应已经有了开头字符了。如果没有开头字符那就直接和开头字符比较看是否相同。（剪枝3）

for(char c='A';c<='C';c++){//放3种字母
	if(cnt[0][x][c]==0&&cnt[1][y][c]==0){//第x行y列是否都没有该字符
		if(match(s[0][x],c)&&match(s[1][y],c)){
//开头都确定，开头一个确定另一个不确定但相等，开头都不确定但都相等
			an[x][y]=c;
			char tmp=0,tmp2=0;
			swap(tmp,s[0][x]);//0和0交换（开头已经确定），0和非0交换（开头未确定变已确定）
			swap(tmp2,s[1][y]);
			cnt[0][x][c]++;cnt[1][y][c]++;
			dfs(x,y+1);
			cnt[1][y][c]--;cnt[0][x][c]--;//失败，回溯（回溯尽量去swap，这样更容易恢复状态）
			swap(tmp,s[0][x]);//交换回来
			swap(tmp2,s[1][y]);
			}
		}
	}

好了，经过以上的剪枝，这个dfs就能过去了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int cnt[2][5][128];//cnt[0][i][?]表示第i行已经有几个？字符(ASCII)，cnt[1][i][?]对应相关列
char an[5][7];//答案阵列
string s[2];
bool match(char c1,char c2){
	if(!c1)return 1;//如果说传过来的s[0,1][?]对应第？行，列已经有开头字符了（将会传过来0），那就直接返回正确
	return c1==c2;//否则就去比较这两个字符
}
//void型dfs 中return其实可有可无，其实就相当于是函数的continue功能，是为了防止进入走后面的代码，引发错误！
//dfs中的标记变量，一定要设置为局部变量，避免被别的dfs给修改
void dfs(int x,int y){//其实每个格子都有4种选择，不见得非ABC就要回溯，一定要细心
	if(x==n){
		cout<<"Yes\n";
		for(int i=0;i<n;i++)cout<<an[i]<<'\n';
		exit(0);//任务完全直接结束
	}
	if(y==n){dfs(x+1,0);return ;}
	if(cnt[0][x]['.']<n-3&&cnt[1][y]['.']<n-3){//这是放"."的情况，每行列最多放两个，因为只放一次，所以if语句即可
		an[x][y]='.';
		cnt[0][x]['.']++;cnt[1][y]['.']++;
		dfs(x,y+1);
		cnt[0][x]['.']--;cnt[1][y]['.']--;
	}
	for(char c='A';c<='C';c++){、、放3种字母
		if(cnt[0][x][c]==0&&cnt[1][y][c]==0){//第x行y列是否都没有该字符
			if(match(s[0][x],c)&&match(s[1][y],c)){
//开头都确定，开头一个确定另一个不确定但相等，开头都不确定但都相等
				an[x][y]=c;
				char tmp=0,tmp2=0;
				swap(tmp,s[0][x]);//0和0交换（开头已经确定），0和非0交换（开头未确定变已确定）
				swap(tmp2,s[1][y]);
				cnt[0][x][c]++;cnt[1][y][c]++;
				dfs(x,y+1);
				cnt[1][y][c]--;cnt[0][x][c]--;//失败，回溯（回溯尽量去swap，这样更容易恢复状态）
				swap(tmp,s[0][x]);//交换回来
				swap(tmp2,s[1][y]);
			}
		}
	}
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=0;i<2;i++)cin>>s[i];
	dfs(0,0);
	cout<<"No\n";
}

lnc的工资

326E

题意：Inc的工资：给出n面的骰子，i对应a[i]元。问最终获得钱的期望是多少（结果对998244353取模）

规则如下：起初x=0，掷出y(>x)则给出a[y]元，同时x变成y，重复操作，直到y(<=x)时结束游戏

思路：

我们先算出现i的概率：
对于第一次：必然是1/n；
第二次：只能从1~i-1过来，所以是(i-1)/n*(1/n)，化简成(i-1)*1/n^2
第三次：前两次都恰好从1~i-1中选了两个数，所以是C(2,i-1)*1/n^3 依次类推

【算法每日一练]-dfs （保姆级教程篇9） #俄罗斯方块 #ABC Puzzle #lnc的工资,bfsdfs,算法,数据结构,深度优先,图论,c++

然后所有概率相加：∑(i-1,k=0) (1/n)*C(k,i-1)*(1/n)^k

根据二项式定理转成∑(i-1,k=0) ((n+1)/n)^(i-1) 文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-811228.html

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD=998244353;
ll qpow(ll a,ll b){
	ll res=1;a%=MOD;
	while(b){
		if(b&1)res=(res*a)%MOD;
		a=(a*a)%MOD;
		b>>=1;
	}
	return res%MOD;
}
ll niyuan(ll x){
	return qpow(x,MOD-2);
}
int main(){
	int n;cin>>n;
	ll nn=niyuan(n);//nn为n的逆元，相当于1/n
	ll now=nn;//now即为当前的概率，最开始now就是i=1的概率
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;cin>>x;//输入每个a[i]
		ans=(ans+now*x)%MOD;//累加每个a[i]的期望
		now=now*(n+1)%MOD*nn%MOD;//求下一个a[i]的概率，只需要多乘一次(n+1)/n，也就是(n+1)*nn即可
	}	
	cout<<ans<<'\n';
}

到了这里，关于【算法每日一练]-dfs （保姆级教程篇9） #俄罗斯方块 #ABC Puzzle #lnc的工资的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容，请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章，希望大家以后多多支持TOY模板网！